Степеневі ряди. 
Теорема Абеля. 
Область збіжності степеневого ряду (реферат)

Міністерство освіти і науки України Київський державний торговельно-економічний університет Коломийський економіко-правовий коледж Реферат З дисципліни «Вища математика» .

Розділ: 7 «Ряди «.

На тему:

" Степеневі ряди. Теорема Абеля. Область збіжності степеневого ряду" .

Виконала:

Студентка групи Б-13.

Комар Ірина Перевірив Викладач Лугова Л.Б.

Коломия 2003.

План.

1. 1.Розвинення функції у степеневий ряд.

Контрольні запитання.

1. 1.Яке розвинення в степеневий ряд функції ex.

2. 2.Яке розвинення в степеневий ряд функції sin x.

3. 3.Яке розвинення в степеневий ряд функції cos x.

4. 4.Яке розвинення в степеневий ряд функції ln (1+x).

5. 5.Яке розвинення в степеневий ряд функції arctg x.

Література.

1. 1.Соколенко О.І. Вища математика: Підручник. — К.: Видавничий центр «Академія», 2002. — 432с.

Розвинення в степеневі ряди функцій, ex, sinx, cosx.

Додатковий член формули Тейлора у формі Лагранжа для функції f (x)=ex має вигляд.

$$r_{n+1}\left(x\right)=\frac{e^{{}_x}}{\left(n+1\right)!}{x}^{n+1}\mathrm{,\; 0}<<1$$ (1).

Нехай Rдовільне фіксоване додатне число. Якщо x є (-RR), то.

$$|r_{n+1}\left(x\right)|<=\frac{e^R}{\left(n+1\right)!}{R}^{n+1}$$ (2).

Позначивши через $$a_n=\frac{e^R{R}^{n+1}}{\left(n+1\right)!}$$, матимемо.

$$\begin{array}{c}\text{lim}\\ n->\mathrm{}\end{array}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\begin{array}{c}\text{lim}\\ n->\mathrm{}\end{array}\frac{R}{n+2}=0$$ (3).

За ознакою Д’Аламбера ряд а1+а2+…an+… збіжний, тому $$\begin{array}{c}\text{lim}\\ n->\mathrm{}\end{array}{a}_n=0$$. Звідси дістанемо.

$$\begin{array}{c}\text{lim}\\ n->\mathrm{}\end{array}{r}_{n+1}\left(x\right)=0$$ (4).

для всіх x є (-R-R). Оскільки число R було взято довільно, рівність правильна для всіх Х є $$\left(-\mathrm{}-+\mathrm{}\right)$$.

За теоремою Д’Аламбера функція f (x)=ex в інтервалі $$\left(-\mathrm{}-+\mathrm{}\right)$$, який розвивається в степеневий ряд, який для цієї функції має вигляд.

$$e^x=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\text{.}\text{.}\text{.}+\frac{x^n}{n!}+\text{.}\text{.}\text{.}$$. (5).

Додатковий член формули Тейлора у формі Лагранжа для функції f (x)=sinx має вигляд.

$$r_{2k+1}\left(x\right)=\frac{\text{sin}\left(\mathit{}+\left(2k+1\right)\frac{}{2}\right)}{\left(2k+1\right)!}{x}^{2k+1}={\left(-1\right)}^k\text{cos}\mathit{}\frac{x^{2k+1}}{\left(2k+1\right)}\mathrm{,\; 0}<<1$$ (6).

Додатковий член формули Тейлора у формі Лагранжа легко оцінюється зверху:

$$|r_{2k+1}\left(x\right)|<=\frac{{|x|}^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}$$, (7).

Вище було показано, що $$\begin{array}{c}\begin{array}{c}\\ \end{array}\\ \end{array}$$ $$\begin{array}{c}\text{lim}\\ n->\mathrm{}\end{array}\frac{e^R{R}^{n+1}}{\left(n+1\right)!}=0$$ для всіх R>0. Тому для всіх х є $$\left(-\mathrm{}-+\mathrm{}\right)$$ правильною є рівність $$\begin{array}{c}\begin{array}{c}\\ \end{array}\\ \end{array}$$ $${}_{}^{}$$ $$\begin{array}{c}\text{lim}\\ k->\mathrm{}\end{array}\frac{{|x|}^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}=0\text{.}$$.

Звідси дістанемо.

$$\begin{array}{c}\text{lim}\\ k->\mathrm{}\end{array}{r}_{2k+1}\left(x\right)=0$$ (8).

для всіх х є $$\left(-\mathrm{}-+\mathrm{}\right)$$ .

Функція f (x)=sin x в інтервалі $$\left(-\mathrm{}-+\mathrm{}\right)$$ розвивається в степеневий ряд, який для цієї функції має вигляд.

$$\text{sin}x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\text{.}\text{.}\text{.}+{\left(-1\right)}^{k+1}\frac{x^{2k-1}}{\left(2k-1\right)!}+\text{.}\text{.}\text{.}$$. (9).

Аналогічно можна діяти при розвиненні в степеневий ряд функції f (x)=cosx.Однак простіше скористатись теоремою, згідно з якою степеневий ряд в інтервалі збіжності можна диференціювати почленно. Про диференціювавши почленно попередній ряд, матимемо $$\text{cos}x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\text{.}\text{.}\text{.}+{\left(-1\right)}^k\frac{x^{2k}}{\left(2k\right)!}+\text{.}\text{.}\text{.}\left(-\mathrm{}<x\text{<+}\mathrm{}\text{.}\right)$$ (10).

Розвинення в степеневий ряд функції ln (1+x). Правильною є рівність $$\frac{1}{1+x}=1-x+x^2-\text{.}\text{.}\text{.}+{\left(-1\right)}^n{x}^n+\text{.}\text{.}\text{.}\left(-1<x<1\right)$$ $$$$.

(геометрична прогресія із знаменником, що дорівнюєx).Попередній степеневий ряд можна почленно інтегрувати на проміжку з кінцями 0 та x, де -1×1.Виконавши це дістанемо $$$$ $$\frac{\text{dt}}{1+t}=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\text{.}\text{.}\text{.}+{\left(-1\right)}^n\frac{x^n}{n}+\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}$$ (11).

Оскільки $$\frac{\text{dt}}{1+t}=\text{ln}\left(1+x\right)\left(-1<x<1\right)$$.

На підставі двох останніх рівностей знаходимо $$\text{ln}\left(1+x\right)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\text{.}\text{.}\text{.}+{\left(-1\right)}^n\frac{x^n}{n}+\text{.}\text{.}\text{.}\left(-1<x<1\right)\text{.}$$ (12).

Розвинення в степеневий ряд функції arсtg x. Знаючи, що для х є.

(-1−1) правильною є рівність $$\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-\text{.}\text{.}\text{.}+{\left(-1\right)}^n{x}^{2n}+\text{.}\text{.}\text{.}$$ $$$$ .

(чому це так?), по членним інтегруванням її дістанемо $$$$.

$$\underset{0}{\overset{x}{}}\frac{\text{dt}}{1+t^2}=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\text{.}\text{.}\text{.}+{\left(-1\right)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}+\text{.}\text{.}\text{.}\left(-1<x<1\right)$$.

Оскільки,.

$$\underset{0}{\overset{x}{}}\frac{\text{dt}}{1+t^2}=\text{arctgx}\left(-1<x<1\right),$$.

остаточно маємо.

$$\text{arctgx}=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\text{.}\text{.}\text{.}+{\left(-1\right)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}+\text{.}\text{.}\text{.}\left(-1<x<1\right)$$.

Приклади.

1. 1.Розвинути функцію $$f\left(x\right)=\text{sin}\frac{}{4}x$$ у степеневий ряд в околиці точки х0=2.

Виконаємо над заданою функцією тотожні перетворення, такі, щоб під знаком функції одержати вираз (х-2).

$$\text{sin}\frac{}{4}x=\text{sin}\frac{}{4}\left(x-2+2\right)=\text{sin}\left(\frac{}{4}\left(x-2\right)+\frac{}{2}\right)=\text{cos}\frac{}{4}\left(x-2\right)\text{.}$$.

Тепер скористаємось формулою (10), ф яку замість х підставимо $$\frac{}{4}\left(x-2\right)\text{.}$$ Тоді.

$$\text{cos}\frac{}{4}\left(x-2\right)=1-\frac{{}^2{\left(x-2\right)}^2}{4^{2}2!}+\frac{{}^4{\left(x-2\right)}^4}{4^{4}4!}-\text{.}\text{.}\text{.}+{\left(-1\right)}^k\frac{{}^{2k}{\left(x-2\right)}^{2k}}{4^{2k}\left(2k\right)!}+\text{.}\text{.}\text{.}$$ .

Записаний ряд збігається до заданої функції при $$-\mathrm{}<\frac{}{4}\left(x-2\right)\text{<+}\mathrm{}$$, тобто при $$-\mathrm{}<x\text{<+}\mathrm{}$$.

Таким чином,.

$$\text{sin}\frac{}{4}x=1-\frac{{}^2{\left(x-2\right)}^2}{4^{2}2!}+\frac{{}^4{\left(x-2\right)}^4}{4^{4}4!}-\text{.}\text{.}\text{.}+{\left(-1\right)}^k\frac{{}^{2k}{\left(x-2\right)}^{2k}}{4^{2k}\left(2k\right)!}+\text{.}\text{.}\text{.}\left(-\mathrm{}<x\text{<+}\mathrm{}\right)$$.

2. Розвинути в ряд Макларена функцію $$f(x)=\text{ln}\frac{1+x}{1-x\text{.}}$$.

Маємо таке розвинення.

$$\text{ln}\left(1+x\right)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\text{.}\text{.}\text{.}+{\left(-1\right)}^n\frac{x^n}{n}+\text{.}\text{.}\text{.}\left(-1<x<1\right)\text{.}$$.

Підставивши сюди замість х зміннух, дістанемо.

$$\text{ln}\left(1-x\right)=-x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}-\text{.}\text{.}\text{.}-\frac{x^n}{n}-\text{.}\text{.}\text{.}\left(-1<x<1\right)\text{.}$$.

Віднявши від першої рівності другу, знайдемо $$\text{ln}\frac{1+x}{1-x}=2\left(x+\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\text{.}\text{.}\text{.}+\frac{x^{2k+1}}{2k+1}+\text{.}\text{.}\text{.}\right)\left(-1<x<1\right)\text{.}$$.